数学选择性必修第二册4.2 等差数列精品达标测试

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这是一份数学选择性必修第二册4.2 等差数列精品达标测试，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知数列an满足：a1=1且an+1+11+an=0n∈N*，则a2018=（）
A．2B．-12C．0D．1
2．等差数列an中，a1=1，a4-a2=2，则a8=（）
A．6B．7C．8D．9
3．在等差数列an中，已知a3+a5+a7=18，则该数列前9项的和为（）
A．54B．63C．66D．72
4．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列an满足a1=0，an+1=an+n+1,n为奇数an+n,n为偶数，则a4+a5=（）
A．12B．20C．28D．30
5．已知数列an满足a1=1，an+1=an3an+1，则数列anan+1的前100项和为（）
A．99298B．100301
C．25304D．75304
6．设Sn为等差数列an的前n项和，若3S3=S2+S4，a5=-10，则a1=
A．-3B．-2C．2D．3
7．设实数列an和bn分别是等差数列与等比数列，且a1=b1=16，a5=b5=1，则以下结论正确的是( )
A．a2b3C．a3b3
8．将棱长相等的正方体按下图所示的形状摆放，从上往下依次为第1层，第2层，第3层，…，则第2022层正方体的个数是（）
A．2022个B．2043231个
C．2045253个D．4090506个
二、多选题
9．已知等差数列an的通项公式为an=3-4n，则（）
A．a1=-1B．a1=1C．d=4D．d=-4
10．在无穷数列an中，若ap=aqp,q∈N*，总有ap+1=aq+1，此时定义an为“阶梯数列”.设an为“阶梯数列”，且a1=a4=1，a5=3，a8a9=23，则（）
A．a7=1B．a8=2a4
C．S10=10+33D．a2021=3
11．已知数列an满足：a1=1，an+1=anan+2 n∈N*，若bn+1=n-λ1an+1 n∈N*，且数列bn是单调递增数列，则（）．
A．数列1an是等差数列
B．数列1an+1的通项公式是1an+1=2n n∈N*
C．若b1=λ，则λ<3
D．若b1=λ，则λ<23
三、填空题
12．数列：0,2,0,2,0,2⋯⋯的一个通项公式为 .
13．已知数列an满足a1=1，a2=2，an+2-an=-1n+2，则数列an的前40项和为．
14．已知等差数列an的前n项和为Sn，a1=15，S16=0，则当Sn取最大值时n的值为 .
四、解答题
15．在数列an中，an=n2+λn,n∈N*.若an是递增数列，求λ的取值范围.
16．设an，bn都是等差数列，其中an中首项为8，公差为3，bn中首项为12，公差为4.问：数列an，bn是否有公共项？若有，求出第一个公共项，并写出由所有公共项组成的数列的通项公式.
17．已知等差数列an，Sn为其前n项和，a5=10,S7=56.
（1）求数列an的通项公式；
（2）若bn=an+(3)an，求数列bn的前n项和Tn.
18．已知a1=1，对任意正整数m，n中，①am+an=am+n；②a1=1，a2=2，an+1-an=an-an-1；n≥2,n∈N*；③设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=n2+n2n∈N*，从这三个条件中任选一个，补在下面问题中，并作答：在数列{an}中，______，若bn=2nan，求数列bn的前n项和Tn．
19．已知数列满足a1=1，1an+1-1an=2n+1.
(1)求an的通项公式；
(2)若anbn=sin2nπ3，记数列bn的前99项和为T99，求T9999.
参考答案：
1．B
【分析】由a1=1计算出数列前4项，得到数列为周期数列，从而得到a2018.
【详解】因为a1=1，an+1=-11+an，n∈N*，
所以a2=-11+a1=-12，a3=-11+a2=-11-12=-2，a4=-11+a3=-11-2=1，
故数列an为周期是3的数列，
所以a2018=a3×672+2=a2=-12，
故选：B
2．C
【分析】由等差数列的基本量法先求得公差d，然后可得a8．
【详解】设数列{an}的公差为d，
则a4-a2=2d=2，d=1，所以a8=a1+7d=8．
故选：C．
3．A
【分析】结合等差数列的基本性质，即可求解.
【详解】解：a3+a5+a7=3a5=18，解得：a5=6，
故数列前9项的和：
S9=a1+a2+a3+⋯+a9=a1+a9+a2+a8+a3+a7+a4+a6+a5=9a5=54.
故选:A.
4．B
【分析】根据递推关系求得a2,a3,a4,a5，进而可得答案.
【详解】由已知得
a2=a1+1+1=2，
a3=a2+2=4，
a4=a3+3+1=8，
a5=a4+4=12，
∴a4+a5=8+12=20
故选：B.
5．B
【分析】将an+1=an3an+1两边取倒数，可构造得出数列1an为等差数列，从而可求出an的通项公式，由裂项相消法即可得到数列anan+1的前100项和．
【详解】因为a1=1，根据an+1=an3an+1可知，an>0，从而1an+1=3an+1an=1an+3，即1an+1-1an=3，故数列1an为等差数列，即1an=1+3n-1=3n-2，所以an=13n-2，即有anan+1=13n-23n+1=1313n-2-13n+1，数列anan+1的前100项和为
131-14+14-17+⋯1298-1301=131-1301=100301．
故选：B．
6．C
【解析】由题得到关于a1，d的方程组，解方程组即得解.
【详解】由题得9a1+9d=6a1+7da1+4d=-10,∴a1=2,d=-3.
故选C
【点睛】本题主要考查等差数列前n项和和通项公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
7．B
【分析】根据等差数列的性质可得a3，由等比数列的性质可得b3，结合等差等比数列的单调性逐个选项判断即可
【详解】因为a1>a5⇒a2>a3=a1+a52=172，故A错误；设等比数列公比为q，因为b1>0，故b3=b1q2>0且为b1,b5的等比中项，故b3=16=4，故a3>b3，所以B正确，C错误；b2可能为负数，故D错误
故选：B.
8．C
【分析】设第n层正方体的个数是an.由已知可得出数列an的递推公式，利用累加法求出an=nn+12，代入2022即可得出答案.
【详解】解：设第n层正方体的个数是an.
由已知可得，a1=1，an=an-1+n n≥2.
所以有
a1=1，
a2=a1+2，
a3=a2+3，
⋯
an=an-1+n，
以上n个式子，两边同时相加可得
a1+a2+a3+⋯+an=1+a1+2+a2+3+⋯+an-1.
整理可得，an=1+2+3+⋯+n=nn+12.
所以，a2022=2022×20232=2045253.
故选：C.
9．AD
【分析】代入n=1可得a1；由an+1-an可得d.
【详解】令n=1，则a1=3-4=-1；
∵an+1-an=3-4n+1-3-4n=-4，∴公差d=-4.
故选：AD.
10．ACD
【分析】根据前几项数列之间的关系确定数列的通项公式为a3n-2=1，a3n-1=3，a3n=2即可求解.
【详解】由题可知，因为a1=a4=1，
所以a2=a5=3，a3=a6,a4=a7=1,a5=a8=3,a6=a9，
又因为a8a9=23，所以a9=2，
所以a1=a4=a7=a3n-2=1，a2=a5=a8=a3n-1=3，
a3=a6=a9=a3n=2，
结合选项可知A正确，B错误；
S10=a1+a2+⋯+a10=1+3+2+⋯+1=10+33，故C正确；
a2021=a3×674-1=3，故D正确.
故选:ACD.
11．BD
【分析】由已知可推得1an+1+1=21an+1.构造数列cn=1an+1，得cn是等比数列，求出cn=2n，即可得出1an表达式，可判断B项，根据定义可判断A项；由已知可得bn+1=n-λ⋅2n，根据bn+1-bn>0 n≥2成立可得λ<3，又b2>b1可得λ<23，即可判断C、D项.
【详解】对于A项，由已知可得，an≠0，则由an+1=anan+2可得，1an+1=an+2an=2an+1，
所以1an+1+1=21an+1.
令cn=1an+1，则cn+1=2cn，又c1=1a1+1=2，所以cn是以2为首项，2为公比的等比数列，所以cn=2×2n-1=2n，所以1an+1=2n，1an=2n-1. 所以1an+1-1an=2n+1-1-2n-1=2n不是一个常数，所以数列1an不是等差数列，故A项错误；
对于B项，由A项分析已知1an+1=2n，故B项正确；
对于C项，由A项分析已知1an+1=2n，所以bn+1=n-λ1an+1=n-λ⋅2n，所以当n≥2时，bn+1-bn=n-λ⋅2n-n-1-λ⋅2n-1=2n-1n+1-λ.因为数列bn是单调递增数列，所以bn+1-bn>0在n≥2且n∈N*上恒成立，所以n+1-λ>0，即λb1可得21-λ>λ，所以λ<23.综上所述，λ<23，故C项错误；
对于D项，由C项解析知，λ<23，故D项正确.
故选：BD.
12．an=1+(-1)n或an=0,n为奇数2,n为偶数
【分析】根据该数列的奇数项都为0，偶数项都为2得出通项公式.
【详解】由题意可知，该数列的奇数项都为0，偶数项都为2
则an=1+(-1)n或an=0,n为奇数2,n为偶数
故答案为：an=1+(-1)n或an=0,n为奇数2,n为偶数
13．820
【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前40项和．
【详解】因为an+2-an=-1n+2，
当n为奇数时-1n=-1，则an+2-an=1，{a2n-1}是首项为1，公差为1的等差数列；
当n为偶数时-1n=1，则an+2-an=3，{a2n}是首项为2，公差为3的等差数列，
∴S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=(1+20)×202+(2+59)×202=820．
故答案为：820．
14．8
【分析】根据题意求出an的公差，求出通项公式，然后令an≥0，求出n的范围即可得到答案.
【详解】设等差数列an的公差为d，则16a1+16×152d=0，解得d=-2，
∴an=15-2(n-1)=17-2n，由an≥0解得n≤172，
∴当Sn取最大值时n的值为8．
故答案为：8
15．(-3,+∞)
【解析】根据递增数列an+1-an>0恒成立，即得k<2n+1（n∈N*）恒成立，即得结果.
【详解】解析由an是递增数列得，an整理得λ>-(2n+1)，n∈N*恒成立，解得λ>-3.
∴λ的取值范围是(-3,+∞).
16．有公共项，第一个公共项为20，通项公式为cn=12n+8.
【分析】分别列出数列an前9项，bn的前6项，可以发现两个数列有公共项，这样可以根据等差数列的通项公式求出所有公共项组成的数列的通项公式.
【详解】an:8,11,14,17,20,23,26,29,32,⋯
bn:12,16,20,24,28,32,⋯
数列an，bn存在公共项，第一公共项为20，第二公式项为32，其通项公式为cn=12n+8
【点睛】本题考查了两个等差数列公共项的问题，考查了等差数列的性质，考查了数学运算能力.
17．（1）an=2n；（2）Tn=n2+n+3n+1-32.
【分析】（1）设数列an的首项为a1，公差为d，然后根据题目条件列出关于a1和d的方程组求解；
（2）将（1）中所得的数列an的通项公式代入，得到bn的通项公式，再根据通项公式确定该用哪个方法求前n项和.
【详解】解：（1）设数列an的首项为a1，公差为d，则根据题意得：
由S7=7a1+21d=56a5=a1+4d=10，解得a1=2d=2，所以an=2n.
（2）bn=an+3an=2n+3n，则
Tn=(2+31)+(4+32)+(6+33)+⋯+(2n+3n)
=(2+4+⋯+2n)+(3+32+⋯+3n)
=n(2+2n)2+3×(1-3n)1-3
=n2+n+3n+1-32.
【点睛】本题考查等差数列的基本公式的运用，考查利用分组求和法求数列的前n项和. 解答时，如果已知数列为等差数列或等比数列求通项公式，只需将题目条件翻译成数学表达式，然后通过方程解出首项和公差或公比，然后得出数列的通项公式. 对于数列cn=an+bn，当an和bn分别为等差数列与等比数列时，可采用分组求和法求和.
18．具体选择见解析，Tn=n-1⋅2n+1+2.
【解析】任选一个条件都可得到an=nn∈N*，再利用错位相减法求出Tn.
【详解】选择条件①，am+an=am+n，
令m=1，可得a1+an=an+1，即an+1-an=1，
∴an是首项为1，公差为1的等差数列，∴an=1+n-1×1=n；
选择条件②，an+1-an=an-an-1，
可得an+1+an-1=2an，则an是首项为1，公差为a2-a1=2-1=1的等差数列，
∴an=1+n-1×1=n；
选择条件③，Sn=n2+n2n∈N*，
n=1时，a1=S1=1，
n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n2-n-12+n-12=n，满足a1=1，
∴an=n；
所以任选一个条件都可得到an=nn∈N*，
∴bn=2n⋅n，
∴ Tn=2×1+22×2+23×3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n×n，
2Tn=22×1+23×2+24×3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n×n-1+2n+1×n，
-Tn=2+22+23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n-2n+1×n =21-2n1-2-2n+1×n，
∴Tn=n-1⋅2n+1+2.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于anbn结构，其中an是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于an+bn结构，利用分组求和法；
（4）对于1anan+1结构，其中an是等差数列，公差为d，则1anan+1=1d1an-1an+1，利用裂项相消法求和.
19．(1)an=1n2
(2)T9999=-3332
【分析】（1）首先通过累加法求解1an-1a1=n2-1，然后解得an=1n2；
（2）首先通过分析判断出数列anbn是周期数列，然后通过平方差公式分解求得T99，最后代入求解即可；
【详解】（1）因为1an+1-1an=2n+1，
所以1an-1an-1=2n-1，1an-1-1an-2=2n-3,⋯,1a2-1a1=2×1+1=3，
累加得1an-1a1=3+5+7+⋯+2n-1=n2-1，
所以an=1n2.
（2）因为anbn=sin2nπ3，所以bn=n2sin2nπ3.
当n=1时，sin2π3=32；
当n=2时，sin4π3=-32；
当n=3时，sin2π=0.
所以数列sin2nπ3是以3为周期的数列.
T99=32×1-22+32×42-52+32×72-82+⋯+32×972-982
=-32×(1+2+4+5+7+8+⋯+97+98)
=-32×1+4+7+⋯+97+2+5+8+⋯+98
=-32×(1+97)×332+(2+98)×332=-33×9932
故T9999=-3332.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
B
B
C
B
C
AD
ACD
题号
11

答案
BD